問題 4-12 の解答例
Problem 4-12
Carry out the integral in Eq. (4.64) by completing the square. Show that the correct free-particle kernel ( i. e., the three - dimentional version of Eq. 3.3 ) results.
( 解答 ) 式 (4.64) は次である： $ \def\ket#1{|#1\rangle} \def\bra#1{\langle#1|} \def\BK#1#2{\langle #1|#2\rangle} \def\BraKet#1#2#3{\langle#1|#2|#3\rangle} \def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}} \def\odiff#1{\frac{d}{d #1}} \def\pdiff#1{\frac{\partial}{\partial #1}} \def\Bppdiff#1#2{\frac{\partial^{2}#1}{\partial #2^{2}}} \def\Bpdiff#1{\frac{\partial^{2}}{\partial #1^{2}}} \def\mb#1{\mathbf{#1}} \def\ds#1{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}} $
\begin{equation}
K_0(\mb{r}_2,t_2; \mb{r}_1,t_1)=\int \frac{d^{3}\mb{p}}{(2\pi\hbar)^{3}}\,\exp\left[i\frac{\mb{p}}{\hbar}\cdot
(\mb{r}_2-\mb{r}_1)\right]\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\frac{p^{2}}{2m}(t_2-t_1)\right]
\tag{4.64}
\end{equation}
上式の被積分関数の指数部分は, ベクトル $\mathbf{p}$ を成分で表わすと次となる：
\begin{align}
\exp\left[i\frac{\mb{p}}{\hbar}\cdot(\mb{r}_2-\mb{r}_1)\right]\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\frac{p^{2}}{2m}(t_2-t_1)\right]
&=\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\left\{\frac{(t_2-t_1)}{2m}(p_x^{2}+p_y^{2}+p_z^{2})-p_x(x_2-x_1)
-p_y(y_2-y_1)-p_z(z_2-z_2)\right\}\right]
\tag{1}
\end{align}
これを各成分ごとに完全平方の形にして行く．例えば $x$ - 成分を考えるならば,
\begin{align}
&\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\left\{\frac{(t_2-t_1)}{2m}p_x^{2}-p_x(x_2-x_1)\right\}\right]
=\exp\left[-\frac{i(t_2-t_2)}{2m\hbar}\left\{p_{x}^{2}-\frac{2m(x_2-x_1)}{(t_2-t_1)}p_x\right\}\right]\notag\\
&\quad=\exp\left[-\frac{i(t_2-t_2)}{2m\hbar}\left\{\left(p_x-\frac{m(x_2-x_1)}{t_2-t_1}\right)^{2}
-\frac{m^{2}(x_2-x_1)^{2}}{(t_2-t_1)^{2}}\right\}\right]\notag\\
&\quad=\exp\left[+\frac{i(t_2-t_2)}{2m\hbar}\times\frac{m^{2}(x_2-x_1)^{2}}{(t_2-t_1)^{2}}\right]\,
\exp\left[-\frac{i(t_2-t_2)}{2m\hbar}\left(p_x-\frac{m(x_2-x_1)}{t_2-t_1}\right)^{2}\right]
\tag{2}
\end{align}
従ってこの $p_x$ - 積分は, 公式 ${\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^{2}}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}}$
または ${\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a(x-b)^{2}}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}}$ を利用して次となる：
\begin{align}
&\int_{-\infty}^{\infty}dp_x\,\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\left\{\frac{(t_2-t_1)}{2m}p_{x}^{2}-p_{x}(x_2-x_1)\right\}\right]\notag\\
&\quad=\exp\left\{\frac{im(x_2-x_1)^{2}}{2\hbar(t_2-t_1)}\right\}\times\int_{-\infty}^{\infty}
dp_x\,\exp\left[-\frac{i(t_2-t_1)}{2m\hbar}\left(p_x-\frac{m(x_2-x_1)}{t_2-t_1}\right)^{2}\right]\notag\\
&\quad=\sqrt{\frac{2\pi\hbar m}{i(t_2-t_1)}}\,\exp\left\{\frac{im(x_2-x_1)^{2}}{2\hbar(t_2-t_1)}\right\}
\tag{3}
\end{align}
ただしこの結果は, 完全平方の式に変形するのでなく, 巻末の公式
${\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{ax^{2}+bx} \,dx=\sqrt{\frac{\pi}{-a}}e^{-b^{2}/4a}}$
を利用して求めることも可能である．
他の $p_y$ - 積分，$p_z$ - 積分も同様に求めることが出来て, 類似した形となる． よって, プロパゲーターすなわち核 $K(2,1)$ は次のように求まる：
\begin{align}
&K(2, 1)=\int \frac{d^{3}\mb{p}}{(2\pi\hbar)^{3}} \,\exp\left[i\frac{\mb{p}}{\hbar}\cdot(\mb{r}_2-\mb{r}_1)\right]
\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\frac{p^{2}}{2m}(t_2-t_1)\right]\notag\\
&\quad=\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3}}\left(\sqrt{\frac{2\pi\hbar m}{i(t_2-t_1)}}\right)^{3}
\exp\left\{\frac{i m(x_2-x_1)^{2}}{2\hbar(t_2-t_1)}\right\}\exp\left\{\frac{i m(y_2-y_1)^{2}}{2\hbar(t_2-t_1)}
\right\}\exp\left\{\frac{i m(z_2-z_1)^{2}}{2\hbar(t_2-t_1)}\right\}\notag\\
&\quad=\left(\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar\,(t_2-t_1)}}\right)^{3}\exp\left[\frac{i m}{2\hbar\,(t_2-t_1)}
\left\{(x_2-x_1)^{2}+(y_2-y_1)^{2}+(z_2-z_1)^{2}\right\}\right]\notag\\
&\quad=\left(\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar\,(t_2-t_1)}}\right)^{3}
\exp\left[\frac{i m\,(\mb{r}_2-\mb{r}_1)^{2}}{2\hbar\,(t_2-t_1)}\right]
\tag{4}
\end{align}
これは, ちょうど式 (3-3) を 3 次元化したものになっていることが分かる．
